重庆铁路2022年高考物理押题试卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考物理模拟试卷考生须知：1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，尸是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O,折射后分成a、b两束光线,则下列说法中正确的是（）A.a光频率小于b光频率B.在玻

2、璃砖中传播的时间a光比b光长C.玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率D.若让玻璃砖在纸面内绕O点逆时针转动180。，尸光线保持不变，则a、b两束光线也保持不变2、一个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态.放出一个质量为m的粒子后反冲.已知放出的粒子的动能为E。,则原子核反冲的动能为（）A.E。B.筋m 尸 Mm _-D.-()M-m M-my3、如图所示，铁板倾斜放置，倾角为磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为加，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）铁 弓/磁铁A.磁铁可能只受两个力作用 B.磁铁一定受三个力作用C.铁板对磁铁的摩擦力大小为mg cos夕 D.铁板对磁铁的作用力大小为叫

3、4、如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域I、II中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻R（其他电阻不计）。将金属杆ab从距区域I上边界一定高度处由静止释放（）A.金属杆在I 区域运动的加速度可能一直变大B.金属杆在n 区域运动的加速度一定一直变小C.金属杆在I、II区域减少的机械能一定相等D.金属杆经过I、II区域上边界的速度可能相等5、若“神舟”五号飞船在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则（）A.它的速度大小不变，动量也不变 B.它不断克服地球对它的万有引力做功C.它的速度大小不变，加速度等于零

4、D.它的动能不变，引力势能也不变6、将长为心的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为8 的匀强磁场中，两端点A、C 连线竖直,如图所示.若给导线通以由A 到 C、大小为/的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是（）3ILB 十3ILB,力心4C.-，水平向右 D.-,水平向左n 7t二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得。分。7、如图所示，用轻绳分别系住两个质量相等的弹性小球4 和跳绳的上端分别固定于0、O点。4 绳长度（长度为L）是 8 绳的2 倍。开始

5、时A 绳与竖直方向的夹角为60,然后让4 球由静止向下运动，恰 与 8 球发生对心正碰。下列说法中正确的是（）A.碰前瞬间A 球 的 速 率 为 疯B.碰后瞬间8 球 的 速 率 为 病 ZC.碰前瞬间A球的角速度与碰后瞬间B球的角速度大小之比为1：2D.碰前瞬间A 球对绳的拉力与碰后瞬间8 球对绳的拉力大小之比为2:38、下列说法正确的是()A.不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积B.质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同C.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能D.在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随

6、分子间距离的减小而增大9、如图所示，在竖直方向上A、B 两物体通过劲度系数为4=200N/m的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C,使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证前段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、8 的质量均为10kg,C 的质量为4 0 k g,重力加速度为g=10m/s2,细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释 放 C 后 C 沿斜面下滑，4 刚离开地面时，8 获得最大速度.()B.4、B、C 组成的系统机械能先增加后减小C.3 的最大速度匕孤=2m/sD.当 C 的速度最大时弹簧处

7、于原长状态10、如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b,相距为d,a、b 间的电场强度为E,今有一带正电的微粒从a 板下边缘以初速度V。竖直向上射入电场，当它飞到b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为 d 的狭缝穿过b 板进入b e区域，b e区域的宽度也为d,所加电场的场强大小为E,方向竖直向上，磁感应强度方向E垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于一，重力加速度为g,则下列关于微粒运动的说法正确的A.微粒在ab 区域的运动时间为生gB.微粒在b e区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=d兀dC.微粒在b e区域中做匀速圆周运动，运动时间 为 广6%（万+6）dD.微

8、粒在ab、b e区域中运动的总时间为-3%三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.（6 分）小宇同学利用图示器材探究电路规律：（1）断开开关S,旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20。，此时测得的是 的阻值；（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S,将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA,则移动过程中读数变化情况是（_）A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小后增大D.先增大后减小（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S 后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为L 2 V,结合前两问条件可知，该电源电动

9、势为 V.（结果保留两位小数）12.（12分）要测绘一个标有“2.5V2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：直流电源（3V.内阻不计）电流表Ai量程为0.6 A,内阻为0.6n）电流表A2（量程为300m A.内阻未知）电压表V（量程03 V,内阻约3kQ）滑动变阻器K（05 Q,允许最大电流3A）开关、导线若干.其实验步骤如下：由于电流表A i的里程偏小.小组成员把Ai、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.（）（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最 端，闭合开关S,调节滑片.发现当A i示数为0.50A时，A2的示数为200m A,由此

10、可知A2的内阻为.若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为 A；为使其量程达到最大，可将图中（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻.四、计算题：本题共2 小题，共 26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.（10分）如图所示，哑铃状玻璃容器由两段粗管和一段细管连接而成，容器竖直放置，容器粗管的截面积为S,=2cm2,细管的截面积S2=lcm2,开始时粗、细管内水银长度分别为Ai%2=2cm,整个细管长为4 c m,封闭气体长度为L=6cm,大气压强为尸o=76cmHg,气体初始温度为27,求：第一次若要使水银

11、刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K;第二次若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中气体体积不变，封闭气体的温度应为多少K.14.（16分）如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为p。，经历从状态A-B-CTA的过程。则气体在状态C 时压强为；从状态C 到状态A 的过程中，气体的内能增加A U,则气体（填“吸收”或“放出”）的热量为_ _ _ _ _ _ _ _.十A/I I i I H 北1 3415.（12分）如图所示，开口竖直向上的细玻璃管内有一段长为L2=15cm的水银柱，封闭了一段长度为L=20cm的气体，此时封闭气体温度为300K,水银柱的上端距离管口的距离为L3=5

12、cm,已知大气压强为po=75cmHg。现把玻璃管缓慢旋转90。至水平位置保持不动，然后对玻璃管缓慢加热到水银柱刚好没流出管口，求：玻璃管旋转90。时，封闭气体的长度为多少？水银柱刚好没流出管口时，此时玻璃管中封闭气体的温度为多少K?TI可参考答案一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】A C.由图看出a 光的偏折程度大于b 光，所以根据折射定律得知：玻璃对a 光的折射率大于对b 光的折射率，折射率大则频率大，则 a 光的频率大，A C 错误；B.根据公式u=可知a 光的折射率较大，则在玻璃砖中，a 光的速度小

13、于b 光的速度，则在玻璃砖中传播的时间an光 比 b 光长，B 正确；D.旋转前，发生折射过程是由玻璃射向空气中，而旋转180。后，发生的折射过程是由空气射向玻璃，故光线会发生变化，D 错误。故选B。2、C【解析】放出质量为加的粒子后，剩余质量为M-加，该过程动量守恒，则有：mv0 (M-m)v放出的粒子的动能为：r1 2原子核反冲的动能：耳=M-m)v2联立解得：E i =4 M-mA.E0与分析不符，不符合题意；B.2&)与分析不符，不符合题意；MC.综与分析相符，符合题意；M-mMmD.了线与分析不符，不符合题意。(M -2)3、D【解析】A B.磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、

14、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选 项 A B 错误；C.根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为mgsin。，选项C 错误；D.铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选 项 D 正确。故 选 D。4、D【解析】A B.由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加速度的方向。若金属杆进入磁场时其所受安培力B2IV-mgR则有Blv-me-maR且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力BI：v-mgR则金属杆在I区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动，出I区域后在重力作用下再做

15、加速运动，所以金属杆经过I、n区域上边界的速度有可能相等，故D正确。故选D。5、D【解析】A.根据v=I 也 可 知，轨道半径不变，则它的速度大小不变，但是动量的方向不断变化，即动量不断变化，选项A 错误；B.飞船绕地球做匀速圆周运动时，万有引力与速度方向垂直，则万有引力对飞船不做功，选 项 B 错误；C.它的速度大小不变，因为万有引力产生向心加速度，则加速度不等于零，选 项 C 错误；D.它的速度大小不变，则它的动能不变，高度不变，则引力势能也不变，选 项 D 正确；故选D。6、D【解析】弧长为L,圆心角为60。，则弦长：A C =,导线受到的安培力：F=B b A C=,由左手定则可知，导

16、线受到7t 7t的安培力方向：水平向左；故 D,A B C 错误.二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得。分。7、A C D【解析】A.A球由静止下摆至最低点过程中机械能守恒有m g L（l-cos60）-gmv解得以=痴 选 项 A 正确；B.两球碰撞过程中系统动量守恒有mvA=+m v8碰撞前后系统动能相等，即结合式解得以=痴 选 项 B 错误；C.碰前瞬间，A 球的角速度为碰后瞬间，8 球的角速度2结合式得久%2选 项 C 正确；D.在最低点对两球应用牛顿第二定律

17、得y2FA-mg=m-L2结合式得&_ 二FB 3选 项 D 正确；故选ACD.8、A C E【解析】A.气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故 A 正确；B.内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，则内能不相同，故 B 错误；C.根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故 C 正确；D.密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器壁，仍然会产生压强，故 D 错误；E.当分子力表现为斥

18、力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故 E 正确。故选A C E。9、ABC【解析】A.开始时弹簧压缩的长度为XB得:kxu=mg当 A 刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对 A 有:kxx=mg物体A 刚离开地面时，物 体 3 获得最大速度，5、C 的加速度为0,对 B 有:T-mg-kx=0对 C 有:Mgsina-r=0解得:a=30故 A 正确;B.由于XA=XB,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B,C 以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、8、C 组成的系统机械能先增加后减小，故 B 正确;C.

19、当物体4 刚离开地面时，物 体 B 上升的距离以及物体C 沿斜面下滑的距离为:人=%+乙=等K2x10 x10,-m=lm200由于XA=XB,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A 刚刚离开地面时，8、C两物体的速度相等，设 为 VB,由动能定理得:Mghsina-m g h=g (A7+/)u；解得:VB=2m/s故 C 正确;D.当 8 的速度最大时，C 的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故 D 错误;故选ABC。10、AD【解析】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为2零的匀减速运动，

20、根据运动学公式，有：水平方向：vo=at,d=竖直方向：0=v（）-gt；解得a=g，二-1，故2ggA正确；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力=解得：，=冬 ，由得到r=2 d,故 B错误；由于r=2 d,画出轨迹，如图，由几何关系，得到回旋角度为3 0。,qBr j.,d 2 dT Tim n d t=-=故 在 复 合 场 中 的 运 动 时 间 为=，故 C错误；粒子在电场中运动时间为：1 1 匕，故粒子在1 2 6qB 3 v0-vQ。万+6 ,a b、b e 区域中运动的总时间为：t=tt+t2=-d,故 D正确；故

21、选A D.3%【点睛】本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动.三、实验题：本题共2 小题，共 1 8 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。1 1、滑动变阻器 A 1.4 8【解析】(1)当断开电键S,旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻.(2)将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S,将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大.滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联

22、电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增 大.滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故 A正确.(3)将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：E=ImttX(i+r)=0.3 2 (l+r)将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：E =TJ(zH +R i+r)=1 2x(20+N+r)=0.0 6(2 0 +4+r)联立以上可解得：=1.4 8 V.R2 0右 1.5 0.84【解析】(1)由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物

23、图如图所示:(2)开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得:(3)由于Ugi=0.6x0.6V=0.36V,Ug2=0.3xl.5V=0.45V,由于U g】V U g 2,故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V,新电流表量程为：/=0.6 +*A=0.8 4 A,由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流 表 Ai会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在I 区再串联接入一个阻值合适的电阻.四、计算题：本题共2 小题，共 26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。1

24、3、405K 315K【解析】开始时气体的压强为P i=Po+PM+Pi,2 =80cmHg体积为VI=LSB温 度 Ti=300K水银全离开下面的粗管时，设水银进入上面的粗管中的高度为加，则 7iiSi+2s2=2无 2s2+&3S1,解得/i3=lcm此时粗管中气体的压强为“2=Po+2Ph2 +Phi=81cmHg此时粗管中气体体积为匕=亿+知)51由 理 想 气 体 状 态 方 程 毕=竽12得：T2=405K再倒入同体积的水银，粗管里气体的体积不变，则粗管里气体的压强为：=P o+2(0 2 +PM)=8 4 c m H g由气体发生的是等容变化，则 半 吟得：，3=3 1 5 K1

25、 4、p o 吸收 AU+2 p o%【解析】根据理想气体状态方程T可得CTV =P所 以 V-T 图中过原点的直线表示等压变化，即气体从C到 A过程是等压变化，P c =幺=Po网气体从状态C到状态A的过程中，温度升高内能增加AU,体积增加，外界对气体做功w =-P o v =-2P(yo根据热力学第一定律 U=Q+W得气体吸收的热量Q=AU W=AU+2 p(M1 5、2 4 c m；3 1 2.5 K【解析】初态Pi=Po+PL2玻璃管旋转9 0。时Pi=Po等温变化PM=P1V2解得气体长度为工I=24cm水平升温前T2=300K升温后匕=(JS等压变化匕=%T2 T3解得7；=312.5K